10110 =
|
|
- Oskar Kowalczyk
- 6 lat temu
- Przeglądów:
Transkrypt
1 1. (6 punktów) Niedeterministyczny automat skończony nazwiemy jednoznacznym, jeśli dla każdego akceptowanego słowa istnieje dokładnie jeden bieg akceptujący. Napisać algorytm sprawdzający, czy niedeterministyczny automat skończony jest jednoznaczny. Odpowiedź. Niech A automat, którego jednoznaczność chcemy sprawdzić. Dla zbiorów P, R stanów, oznaczmy przez L P,R język słów, dla których automat ma bieg, który zaczyna się w stanie ze zbioru P, a kończy w stanie ze zbioru R. Załóżmy, że automat nie jest jednoznaczny. Wówczas istnieje słowo z dwoma różnymi biegami akceptującymi. Załóżmy, że na jednej pozycji pierwszy bieg ma stan p, a drugi bieg ma stan q. Wówczas widzimy, przy oznaczeniu przez I, F stanów początkowych i akceptujących, że zachodzi L I,{p} L I,{p} i L {p},f L {q},f Powyższy warunek też jest wystarczający dla jednoznaczności, a więc jest jej równoważny. Warunek można sprawdzić w czasie wielomianowym: dla każdej pary różnych stanów sprawdzamy dwa razy niepustość przecięcia dwóch języków. (Można napisać szybszy algorytm.) 1
2 2. (6 punktów) Rozważmy język zawierający słowa postaci x = y + z, gdzie x, y, z {0, 1} są takie, że rozwinięcie dwójkowe x jest sumą rozwinięć dwójkowych y i z. Na przykład do języka należy słowo Czy język ten jest bezkontekstowy? = Odpowiedź. Język nie jest bezkontekstowy. Idea jest następująca: w szczególnym przypadku sumy x = y + 0, poprawność sumy jest tym samym co sprawdzenie równości dwóch słów x, y, co nie jest własnością bezkontekstową. Oto dowód. Rozważmy przecięcie języka z zadania z regularnym wzorcem = Gdyby język z zadania był bezkontekstowy, to i owo przecięcie byłoby bezkontekstowe, a pokażemy, że nie jest. Przecięcie to jest językiem L = {10 n 10 m = 10 n 10 m + 0 : n, m N}. Zupełnie standardowe zastosowanie lematu o pompowaniu pokaże, że język L nie jest bezkontekstowy. Załóżmy więc, że L jest bezkontekstowy, a M to stała z lematu o pompowaniu. Wówczas można pompować słowo w = 10 M 10 M = 10 M 10 M + 0. Zgodnie z lematem o pompowaniu, istnieje podział w = uxyzv taki, że dla każdego i N zachodzi ux i yz i v L przy czym jedno ze słów x, z jest niepuste, a słowo xyz ma długość co najwyżej M. Gdyby któreś z pompowanych słów x, z zawierało jedynkę, to po jednokrotnym zapompowaniu zaburzony zostaje wzorzec regularny. A więc oba pompowane słowa zawierają wyłącznie zera. Ponieważ słowo xyz jest długości co najwyżej M, to pompowane są zera z jednego bloku, ewentualnie z dwóch kolejnych bloków (spośród czterech bloków zer w słowie w). A więc po zapompowaniu słowo wypada z L, która to sprzeczność dowodzi, że L nie jest bezkontekstowy. 2
3 3. (6 punktów) Pokazać, że nie jest całkowicie rozstrzygalny następujący problem: dany niedeterministyczny automat ze stosem, pytanie czy akceptuje pewne słowo postaci w n, gdzie w jest dowolnym słowem, a n 2. Można skorzystać z tego, że nie jest całkowicie rozstrzygalny problem: czy przecięcie dwóch języków bezkontekstowych jest niepuste. Odpowiedź. Do problemu z zadania zredukujemy następujący problem, który nie jest całkowicie rozstrzygalny: dane dwa języki bezkontekstowe, pytania czy mają niepuste przecięcie. Problem jest oczywiście nierozstrzygalny dla języków, których alfabet nie zawiera symbolu #, bo można zawsze zmienić nazwy liter. Na podstawie dwóch języków bezkontekstowych L i K tworzymy automat ze stosem, który rozpoznaje język L#K#. Język ten zawiera słowo postaci w n wtedy i tylko wtedy, gdy zawiera słowo postaci (w#) 2, wtedy i tylko wtedy gdy L i K mają niepuste przecięcie. 3
4 4. (6 punktów *) Rozważmy nastepujący wariant problemu QBF. Pytamy o prawdziwość kwantyfikowanej formuły boole-owskiej Q 1 x 1 Q n x n ϕ(x 1,..., x n ) Q 1,..., Q n {, } gdzie zmienne x 1,..., x n mają wartości ze zbioru {prawda, fałsz}, formuła ϕ nie zawiera kwantyfikatorów, a co najwyżej log n z kwantyfikatorów jest. Czy problem ten jest PSPACE-zupełny, czy może tylko NP-zupełny? Odpowiedź. Problem jest NP-zupełny. Jest NP-trudny, bo jest uogólnieniem problemu SAT. Pokażemy, że należy do NP. Rozważmy instancję problemu, a więc formułę jak w treści zadania. Załóżmy, że kwantyfikatory uniwersalne dotyczą zmiennych o numerach 1 n 1 < < x nk n gdzie k log n. Zmienne kwantyfikowane egzystencjalnie dzielimy na k bloków X 0,..., X k, które są podzielone zmiennymi kwantyfikowanymi uniwersalnie: X 0 = {x 1,..., x n1 1} X 1 = {x n1+1,..., x n2 1} X k = {x nk +1,..., x n } Świadkiem prawdziwości formuły jest pełne drzewo o głębokości k, które wygląda w następujący sposób. (Głębokości wierzchołków liczymy tak, że korzeń ma głębokość 0, a liście mają głębokość k.) W wierzchołku na głębokości i {0,..., k} jest napisane wartościowanie dla zmiennych z bloku X i. Idea jest taka, że dla wierzchołka na głębokości i, lewe poddrzewo odpowiada wartościowaniom gdzie x ni ma wartość 0, a prawe poddrzewo odpowiada wartościowaniom, gdzie zmienna x ni ma wartość 1. W związku z czym ze ścieżką od liścia do korzenia możemy stowarzyszyć wartościowanie wszystkich zmiennych: dla egzystencjalnych patrzymy na etykiety wierzchołków ze ścieżki, a dla uniwersalnych patrzymy na ciąg skrętów (lewo,prawo) na ścieżce. Nietrudno zauważyć, że formuła jest prawdziwa wtedy i tylko wtedy gdy istnieje drzewo opisane powyżej, takie że w każdym liściu stowarzyszone wartościowanie spełnia formułę ϕ. Drzewo takie ma 2 k wierzchołków, a w każdym z nich jest zapisanych co najwyżej n bitów. Ponieważ k log n, to drzewo ma co najwyżej n wierzchołków, a więc zapisanie go zajmuje około n 2 bitów. A więc drzewo może być zgadnięte przez niedeterministyczną wielomianową maszynę Turinga. 4
5 Imię, nazwisko, nr indeksu (kod) (9 punktów) Wybierz 9 z poniższych pytań i wybierz odpowiedź tak/nie (bez uzasadnienia). Za prawidłowe odpowiedzi dajemy +1 punkt, za złe -1 punkt. Punkty policzymy za 9 najgorszych odpowiedzi, czyli nie opłaca się odpowiadać na więcej niż 9 pytań. 1. Czy jest całkowicie rozstrzygalny problem: dany niedeterministyczny automat ze stosem, pytanie czy automat akceptuje wszystkie słowa długości parzystej? Odpowiedź. Nie, bo można do niego zredukować następujący problem, który nie jest całkowicie rozstrzygalny: czy automat akceptuje wszystkie słowa. Redukcja wygląda tak. Dla automatu ze stosem A nietrudno obliczyć automat B, który akceptuje słowa {a 1 a 1 a 2 a 2 a n a n : a 1 a n jest akceptowane przez A}. Automat B akceptuje wszystkie słowa długości parzystej wtedy i tylko wtedy gdy automat A akceptuje wszystkie słowa. 2. Czy jest całkowicie rozstrzygalny problem: dany niedeterministyczny automat ze stosem, pytanie czy automat akceptuje wyłącznie słowa długości parzystej? Odpowiedź. Problem jest całkowicie rozstrzygalny. Aby odpowiedzieć na to pytanie, przecinamy język z regularnym językiem słów nieparzystej długości. Przecięcie jest nowym automatem ze stosem, który można obliczyć, a potem sprawdzić czy akceptuje przynajmniej jedno słowo. 3. Czy dopełnienie języka, który nie jest całkowicie rozstrzygalny, może być bezkontekstowe? Odpowiedź. Nie. Każdy język bezkontekstowy jest całkowicie rozstrzygalny, a więc jego dopełnienie musi być całkowicie rozstrzygalne. 4. Czy równoważne (pod względem akceptowanych języków) są niedeterministyczne automaty ze stosem i niedeterministyczne automaty ze stosem, które mogą czytać wejście dwa razy (po przeczytaniu wejścia pierwszy raz, dostają separator # i potem wejście drugi raz)? Odpowiedź. Nie. Automat nowego typu możne rozpoznać język a n b n c n, który nie jest bezkontekstowy. W pierwszym podejściu sprawdza, czy jest tyle samo a co b, a w drugim podejściu sprawdza czy jest tyle samo b co c. 5. Czy jest częściowo rozstrzygalny problem: dana maszyna Turinga, pytanie czy akceptuje wszystkie słowa długości pierwszej? Odpowiedź. Nie. Do problemu z zadania można zredukować problem, który nie jest nawet częściowo rozstrzygalny: czy dana deterministyczna maszyna Turinga odrzuca słowo puste. (Jest to dopełnienie problemu stopu, gdyby zarówno problem stopu i jego dopełnienie były częściowo rozstrzygalne, to problem stopu by był całkowicie rozstrzygalny.) Redukcja wygląda tak. Dla deterministycznej maszyny Turinga M konstruujemy maszynę M nad alfabetem jednoliterowym, która akceptuje słowo a p wtedy i tylko wtedy gdy p jest n-tą liczbą pierwszą i maszyna 5
6 M odrzuca słowo puste w n krokach. Maszyna M oblicza n-tą liczbę pierwszą p, symuluje M i zatrzymuje symulację po p krokach. Przekształcenie M M jest redukcją, bo M odrzuca słowo puste wtedy i tylko wtedy gdy M akceptuje wszystkie słowa długości pierwszej. 6. Czy jest całkowicie rozstrzygalny problem: dana maszyna Turinga, pytanie czy akceptuje pewne słowo długości pierwszej? Odpowiedź. Nie. Gdyby problem był całkowicie rozstrzygalny, to i jego dopełnienie byłoby całkowicie rozstrzygalne, a poprzednim zadaniu pokazaliśmy, że nie jest. 7. Czy dla każdego n N istnieje niedeterministyczny automat skończony jednoznaczny o n stanach, taki że każdy równoważny automat deterministyczny ma wykładniczo więcej stanów? Odpowiedź. Tak. Niech alfabet to {a, b}. Język n-ta litera od końca to a jest rozpoznawany przez niedeterministyczny jednoznaczny automat o n + 1 stanach, a jego minimalny deterministyczny automat ma 2 n stanów. 8. Czy dla nieskończenie wielu n N istnieje niedeterministyczny automat skończony o n stanach, taki że najkrótsze akceptowane słowo ma długość n + 2? Odpowiedź. Nie. Taki automat nie istnieje dla żadnego n. Każdy niepusty automat niedeterministyczny o n stanach akceptuje słowo długości n. 9. Rozważmy wariant wyrażeń regularnych, gdzie oprócz zwykłej gwiazdki, mamy też gwiazdkę L K, gdzie L, K są wyrażeniami. Taka gwiazdka generuje język: L n. n:k generuje pewne słowo długości n Czy takie wyrażenia generują tylko języki regularne? Odpowiedź. Tak. Zwykłe wyrażenie regularne dla języka L K tworzymy tak: bierzemy zwykłe wyrażenie regularne dla K i podstawiamy w miejsce każdej litery zwykłe wyrażenie regularne dla L. 10. Rozważmy model niedeterministycznego automatu skończonego, gdzie kryterium akceptacji to co najmniej dwa biegi akceptują. Czy takie automaty rozpoznają wszystkie języki regularne i nie rozpoznają nieregularnych? Odpowiedź. Tak. Każdy język regularny L można rozpoznawać w taki sposób: bierzemy rozłączną sumę deterministycznego automatu dla L, oraz deterministycznego automatu który akceptuje wszystkie słowa. Taki automat ma jeden bieg akceptujący na słowach spoza L, a dwa biegi na słowach z L. Należy też pokazać, że automaty takie nie wykraczają poza języki regularne. Przy oznaczeniach z zadania 1 z części nietestowej, język akceptowany przez automat z treści zadania to: (L I,{p} L I,{q} ) (L {p},f L {q},f ). q p Q 6
7 Powyższy język jest regularny, bo jest zbudowany z języków regularnych korzystając z sum, przecięcia i konkatenacji. 11. Czy dla każdych dwóch języków bezkontekstowych ich przecięcie jest w klasie PTIME? Odpowiedź. Tak. Uruchamiamy wielomianowy algorytm CYK dla obu języków po kolei. 12. Czy L K jest częściowo rozstrzygalny, jeśli L jest częściowo rozstrzygalny, a K bezkontekstowy? Odpowiedź. Tak. Najpierw uruchamiamy algorytm dla L. Jeśli się zatrzyma i zaakceptuje, to uruchamiamy algorytm CYK dla K i akceptujemy tylko jeśli słowo nie należy do K. 13. Czy jest bezkontesktowy zbiór słow nad alfabetem {a, b}, które nie są postaci yxx R, gdzie x = y. Odpowiedź. Tak. Słowo należy do języka wtedy i tylko wtedy, gdy ma długość niepodzielną przez 3, lub ma długość 3n i da się je przedstawić w postaci y długość n x 1 σx 2 długość n x 2σ x 1 długość n gdzie słowa x 1 i x 1 mają tę samą długość, a σ, σ są różnymi literami. Słowa długości niepodzielnej przez trzy są oczywiście językiem bezkontekstowym, skupmy się więc na warunku dla słów o długościach postaci 3n. Jeśli długości słów x 1 i x 2 oznaczymy przez k i m, to po przestawieniu nawiasów, drugi warunek opisuje słowa postaci u 1 długość 2k u 2 długość m + 1 σ u 3 długość 2m σ u 4. długość k Takie słowa generuje gramatyka, która najpierw tworzy u 2 σu 3, a potem resztę słowa. 14. Czy jest bezkontekstowy język {a x b y c z : zbiór {x, y} jest inny niż zbiór {z, z + 1}} Odpowiedź. Tak. Słowo należy do języka wtedy i tylko wtedy jeśli zachodzi któryś z następujących warunków: odległość x y nie jest dokładnie 1; lub x nie jest żadną z liczb {z, z + 1}; lub y nie jest żadną z liczb {z, z + 1}. Wszystkie trzy warunki można sprawdzić gramatyką. 7
8 15. Załóżmy, że dwa automaty niedeterministyczne skończone o n stanach akceptują te same słowa długości n 3. Czy akceptują te same słowa w ogólności? Odpowiedź. Nie. Dla każdego n można napisać niedeterministyczny o wielomianowej liczbie stanów f(n), który akceptuje wszystkie słowa z wyjątkiem jednego: bin(0)#bin(1)#bin(2)# #bin(2 n 1)#. (W powyższym, bin(i) oznacza binarny zapis liczby naturalnej i.) Automat ten zgadza się z automatem który akceptuje wszystkie słowa na słowach o długościach aż do n 2 n, a dla odpowiednio dużych n liczba ta jest większa niż f(n) 3. 8
Imię, nazwisko, nr indeksu
Imię, nazwisko, nr indeksu (kod) (9 punktów) Wybierz 9 z poniższych pytań i wybierz odpowiedź tak/nie (bez uzasadnienia). Za prawidłowe odpowiedzi dajemy +1 punkt, za złe -1 punkt. Punkty policzymy za
Bardziej szczegółowoDopełnienie to można wyrazić w następujący sposób:
1. (6 punktów) Czy dla każdego regularnego L, język f(l) = {w : każdy prefiks w długości nieparzystej należy do L} też jest regularny? Odpowiedź. Tak, jęsli L jest regularny to też f(l). Niech A będzie
Bardziej szczegółowoZadanie 1. Czy prawdziwa jest następująca implikacja? Jeśli L A jest językiem regularnym, to regularnym językiem jest też. A = (A, Q, q I, F, δ)
Zadanie 1. Czy prawdziwa jest następująca implikacja? Jeśli L A jest językiem regularnym, to regularnym językiem jest też L = {vw : vuw L dla pewnego u A takiego, że u = v + w } Rozwiązanie. Niech A =
Bardziej szczegółowo(j, k) jeśli k j w przeciwnym przypadku.
Zadanie 1. (6 punktów) Rozważmy język słów nad alfabetem {1, 2, 3}, w których podciąg z pozycji parzystych i podciąg z pozycji nieparzystych są oba niemalejące. Na przykład 121333 należy do języka, a 2111
Bardziej szczegółowozłożony ze słów zerojedynkowych o długości co najmniej 3, w których druga i trzecia litera od końca sa
Zadanie 1. Rozważmy jezyk złożony ze słów zerojedynkowych o długości co najmniej 3, w których druga i trzecia litera od końca sa równe. Narysować diagram minimalnego automatu deterministycznego akceptujacego
Bardziej szczegółowoZadanie 1. (6 punktów) Słowo w nazwiemy anagramem słowa v jeśli w można otrzymać z v poprzez zamianę kolejności liter. Niech
Zadanie 1. (6 punktów) Słowo w nazwiemy anagramem słowa v jeśli w można otrzymać z v poprzez zamianę kolejności liter. Niech anagram(l) = {w : w jest anagaramem v dla pewnego v L}. (a) Czy jeśli L jest
Bardziej szczegółowoJęzyki, automaty i obliczenia
Języki, automaty i obliczenia Wykład 9: Własności języków bezkontekstowych Sławomir Lasota Uniwersytet Warszawski 27 kwietnia 2016 Plan 1 Pompowanie języków bezkontekstowych 2 Własności domknięcia 3 Obrazy
Bardziej szczegółowo1 Automaty niedeterministyczne
Szymon Toruńczyk 1 Automaty niedeterministyczne Automat niedeterministyczny A jest wyznaczony przez następujące składniki: Alfabet skończony A Zbiór stanów Q Zbiór stanów początkowych Q I Zbiór stanów
Bardziej szczegółowoJęzyki, automaty i obliczenia
Języki, automaty i obliczenia Wykład 11: Obliczalność i nieobliczalność Sławomir Lasota Uniwersytet Warszawski 6 maja 2015 Plan 1 Problemy częściowo rozstrzygalne 2 Problemy rozstrzygalne 3 Funkcje (częściowo)
Bardziej szczegółowoPrzykład: Σ = {0, 1} Σ - zbiór wszystkich skończonych ciagów binarnych. L 1 = {0, 00, 000,...,1, 11, 111,... } L 2 = {01, 1010, 001, 11}
Języki Ustalmy pewien skończony zbiór symboli Σ zwany alfabetem. Zbiór Σ zawiera wszystkie skończone ciagi symboli z Σ. Podzbiór L Σ nazywamy językiem a x L nazywamy słowem. Specjalne słowo puste oznaczamy
Bardziej szczegółowoMaszyna Turinga języki
Maszyna Turinga języki Teoria automatów i języków formalnych Dr inż. Janusz Majewski Katedra Informatyki Maszyna Turinga (1) b b b A B C B D A B C b b Q Zależnie od symbolu obserwowanego przez głowicę
Bardziej szczegółowoRozwiązania około dwustu łatwych zadań z języków formalnych i złożoności obliczeniowej i być może jednego chyba trudnego (w trakcie tworzenia)
Rozwiązania około dwustu łatwych zadań z języków formalnych i złożoności obliczeniowej i być może jednego chyba trudnego (w trakcie tworzenia) Kamil Matuszewski 20 lutego 2017 22 lutego 2017 Zadania, które
Bardziej szczegółowoJęzyki formalne i automaty Ćwiczenia 9
Języki formalne i automaty Ćwiczenia 9 Autor: Marcin Orchel Spis treści Spis treści... 1 Wstęp teoretyczny... 2 Maszyna Mealy'ego... 2 Maszyna Moore'a... 2 Automat ze stosem... 3 Konwersja gramatyki bezkontekstowej
Bardziej szczegółowoJęzyki formalne i automaty Ćwiczenia 7
Języki formalne i automaty Ćwiczenia 7 Autor: Marcin Orchel Spis treści Spis treści... 1 Wstęp teoretyczny... 2 Automaty... 2 Cechy automatów... 4 Łączenie automatów... 4 Konwersja automatu do wyrażenia
Bardziej szczegółowoHierarchia Chomsky ego Maszyna Turinga
Hierarchia Chomsky ego Maszyna Turinga Języki formalne i automaty Dr inż. Janusz Majewski Katedra Informatyki Gramatyka Gramatyką G nazywamy czwórkę uporządkowaną gdzie: G = V skończony zbiór
Bardziej szczegółowoJaki język zrozumie automat?
Jaki język zrozumie automat? Wojciech Dzik Instytut Matematyki Uniwersytet Śląski Katowice wojciech.dzik@us.edu.pl 7. Forum Matematyków Polskich, 12-17 września 2016, Olsztyn Prosty Automat do kawy Przemawiamy
Bardziej szczegółowoAutomat ze stosem. Języki formalne i automaty. Dr inż. Janusz Majewski Katedra Informatyki
Automat ze stosem Języki formalne i automaty Dr inż. Janusz Majewski Katedra Informatyki Automat ze stosem (1) dno stosu Stos wierzchołek stosu Wejście # B B A B A B A B a b b a b a b $ q i Automat ze
Bardziej szczegółowoJęzyki, automaty i obliczenia
Języki, automaty i obliczenia Wykład 12: Gramatyki i inne modele równoważne maszynom Turinga. Wstęp do złożoności obliczeniowej Sławomir Lasota Uniwersytet Warszawski 20 maja 2015 Plan 1 Gramatyki 2 Języki
Bardziej szczegółowoJAO - lematy o pompowaniu dla jezykow bezkontekstowy
JAO - lematy o pompowaniu dla jezykow bezkontekstowych Postać normalna Chomsky ego Gramatyka G ze zbiorem nieterminali N i zbiorem terminali T jest w postaci normalnej Chomsky ego wtw gdy każda produkcja
Bardziej szczegółowoObliczenia inspirowane Naturą
Obliczenia inspirowane Naturą Wykład 01 Modele obliczeń Jarosław Miszczak IITiS PAN Gliwice 05/10/2016 1 / 33 1 2 3 4 5 6 2 / 33 Co to znaczy obliczać? Co to znaczy obliczać? Deterministyczna maszyna Turinga
Bardziej szczegółowoJAO - Języki, Automaty i Obliczenia - Wykład 2. JAO - Języki, Automaty i Obliczenia - Wykład 2
Dowodzenie nieregularności języka [lemat o pompowaniu] Jeśli L regularny to istnieje stała c spełniająca : jeżeli z L, z c to istnieje dekompozycja w = u v x tak, że uv i x L dla każdego i 0 [lemat o skończonej
Bardziej szczegółowoMatematyczne Podstawy Informatyki
Matematyczne Podstawy Informatyki dr inż. Andrzej Grosser Instytut Informatyki Teoretycznej i Stosowanej Politechnika Częstochowska Rok akademicki 2013/2014 Automat ze stosem Automat ze stosem to szóstka
Bardziej szczegółowoJęzyki, automaty i obliczenia
Języki, automaty i obliczenia Wykład 10: Maszyny Turinga Sławomir Lasota Uniwersytet Warszawski 29 kwietnia 2015 Plan Maszyny Turinga (Niedeterministyczna) maszyna Turinga M = (A, Q, q 0, F, T, B, δ) A
Bardziej szczegółowoZŁOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA ALGORYTMÓW
ZŁOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA ALGORYTMÓW RELACJE MIEDZY KLASAMI ZŁOŻONOŚCI Bartosz Zieliński Katedra Fizyki Teoretycznej i Informatyki Zima 2011-2012 KLASY ZŁOŻONOŚCI KLASE ZŁOŻONOŚCI OPISUJE SIE PODAJAC: Model
Bardziej szczegółowoJAO - Wprowadzenie do Gramatyk bezkontekstowych
JAO - Wprowadzenie do Gramatyk bezkontekstowych Definicja gramatyki bezkontekstowej Podstawowymi narzędziami abstrakcyjnymi do opisu języków formalnych są gramatyki i automaty. Gramatyka bezkontekstowa
Bardziej szczegółowoPrzykładowe zadania z teorii liczb
Przykładowe zadania z teorii liczb I. Podzielność liczb całkowitych. Liczba a = 346 przy dzieleniu przez pewną liczbę dodatnią całkowitą b daje iloraz k = 85 i resztę r. Znaleźć dzielnik b oraz resztę
Bardziej szczegółowoMatematyczne Podstawy Informatyki
Matematyczne Podstawy Informatyki dr inż. Andrzej Grosser Instytut Informatyki Teoretycznej i Stosowanej Politechnika Częstochowska Rok akademicki 2013/2014 Gramatyki bezkontekstowe I Gramatyką bezkontekstową
Bardziej szczegółowoZakładamy, że maszyna ma jeden stan akceptujacy.
Złożoność pamięciowa Rozważamy następujac a maszynę Turinga: 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 Taśma wejściowa (read only) 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 Taśma robocza (read/write) 0 1 1 0 0 1 0 0 1 Taśma wyjściowa (write only)
Bardziej szczegółowoEfektywność Procedur Obliczeniowych. wykład 5
Efektywność Procedur Obliczeniowych wykład 5 Modele procesu obliczeń (8) Jedno-, wielotaśmowa MT oraz maszyna RAM są równoważne w przypadku, jeśli dany problem jest rozwiązywany przez jeden model w czasie
Bardziej szczegółowoIndukcja matematyczna
Indukcja matematyczna 1 Zasada indukcji Rozpatrzmy najpierw następujący przykład. Przykład 1 Oblicz sumę 1 + + 5 +... + (n 1). Dyskusja. Widzimy że dla n = 1 ostatnim składnikiem powyższej sumy jest n
Bardziej szczegółowoLOGIKA I TEORIA ZBIORÓW
LOGIKA I TEORIA ZBIORÓW Logika Logika jest nauką zajmującą się zdaniami Z punktu widzenia logiki istotne jest, czy dane zdanie jest prawdziwe, czy nie Nie jest natomiast istotne o czym to zdanie mówi Definicja
Bardziej szczegółowoZLOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA - WYK. 2
ZLOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA - WYK. 2 1. Twierdzenie Sipsera: Dla dowolnej maszyny M działającej w pamięci S(n) istnieje maszyna M taka, że: L(M) = L(M ), M działa w pamięci S(n), M ma własność stopu. Dowód:
Bardziej szczegółowoAlgorytmy i struktury danych. Wykład 4
Wykład 4 Różne algorytmy - obliczenia 1. Obliczanie wartości wielomianu 2. Szybkie potęgowanie 3. Algorytm Euklidesa, liczby pierwsze, faktoryzacja liczby naturalnej 2017-11-24 Algorytmy i struktury danych
Bardziej szczegółowoTeoria obliczeń czyli czego komputery zrobić nie mogą
Teoria obliczeń czyli czego komputery zrobić nie mogą Marek Zaionc Uniwersytet Jagielloński Materiały do wykładu: P. Odifreddi, Classical Recursion Theory, North Holland 1989. J.H. Hopcroft, J.D. Ullman
Bardziej szczegółowoLista 6 Problemy NP-zupełne
1 Wprowadzenie Uniwersytet Zielonogórski Instytut Sterowania i Systemów Informatycznych Teoretyczne Podstawy Informatyki Lista 6 Problemy NP-zupełne Problem abstrakcyjny Q jest to relacja dwuargumentowa
Bardziej szczegółowoAlgorytmy Równoległe i Rozproszone Część X - Algorytmy samostabilizujące.
Algorytmy Równoległe i Rozproszone Część X - Algorytmy samostabilizujące. Łukasz Kuszner pokój 209, WETI http://www.sphere.pl/ kuszner/ kuszner@sphere.pl Oficjalna strona wykładu http://www.sphere.pl/
Bardziej szczegółowo2.2. Gramatyki, wyprowadzenia, hierarchia Chomsky'ego
2.2. Gramatyki, wyprowadzenia, hierarchia Chomsky'ego Gramatyka Gramatyką G nazywamy czwórkę uporządkowaną G = gdzie: N zbiór symboli nieterminalnych, T zbiór symboli terminalnych, P zbiór
Bardziej szczegółowo2 Rodziny zbiorów. 2.1 Algebry i σ - algebry zbiorów. M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 2 11
M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 2 11 2 Rodziny zbiorów 2.1 Algebry i σ - algebry zbiorów Niech X będzie niepustym zbiorem. Rodzinę indeksowaną zbiorów {A i } i I 2 X nazywamy rozbiciem zbioru X
Bardziej szczegółowoA i. i=1. i=1. i=1. i=1. W dalszej części skryptu będziemy mieli najczęściej do czynienia z miarami określonymi na rodzinach, które są σ - algebrami.
M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 3 25 3 Miara 3.1 Definicja miary i jej podstawowe własności Niech X będzie niepustym zbiorem, a A 2 X niepustą rodziną podzbiorów. Wtedy dowolne odwzorowanie : A
Bardziej szczegółowoZasada indukcji matematycznej
Zasada indukcji matematycznej Twierdzenie 1 (Zasada indukcji matematycznej). Niech ϕ(n) będzie formą zdaniową zmiennej n N 0. Załóżmy, że istnieje n 0 N 0 takie, że 1. ϕ(n 0 ) jest zdaniem prawdziwym,.
Bardziej szczegółowoZŁOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA ALGORYTMÓW
ZŁOŻONOŚĆ OBLICZENIOWA ALGORYTMÓW NIEDETERMINISTYCZNE MASZYNY TURINGA Bartosz Zieliński Katedra Fizyki Teoretycznej i Informatyki Zima 2011-2012 NIEDETERMINISTYCZNE MASZYNY TURINGA DEFINICJA: NIEDETERMINISTYCZNA
Bardziej szczegółowoSamodzielnie wykonaj następujące operacje: 13 / 2 = 30 / 5 = 73 / 15 = 15 / 23 = 13 % 2 = 30 % 5 = 73 % 15 = 15 % 23 =
Systemy liczbowe Dla każdej liczby naturalnej x Î N oraz liczby naturalnej p >= 2 istnieją jednoznacznie wyznaczone: liczba n Î N oraz ciąg cyfr c 0, c 1,..., c n-1 (gdzie ck Î {0, 1,..., p - 1}) taki,
Bardziej szczegółowoMinimalizacja automatów niedeterministycznych na słowach skończonych i nieskończonych
Szczepan Hummel Minimalizacja automatów niedeterministycznych na słowach skończonych i nieskończonych 24.11.2005 1. Minimalizacja automatów deterministycznych na słowach skończonych (DFA) [HU] relacja
Bardziej szczegółowoHierarchia Chomsky ego
Hierarchia Chomsky ego Gramatyki nieograniczone Def. Gramatyką nieograniczoną (albo typu 0) nazywamy uporządkowaną czwórkę G= gdzie: % Σ - skończony alfabet symboli końcowych (alfabet, nad którym
Bardziej szczegółowoTeoretyczne podstawy informatyki
Teoretyczne podstawy informatyki Wykład 10: Opis wzorców - wyrażenia regularne. http://hibiscus.if.uj.edu.pl/~erichter/dydaktyka2010/tpi-2010 Prof. dr hab. Elżbieta Richter-Wąs 1 Wyrażenia regularne Wyrażenia
Bardziej szczegółowoLX Olimpiada Matematyczna
LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1
Bardziej szczegółowo0 + 0 = 0, = 1, = 1, = 0.
5 Kody liniowe Jak już wiemy, w celu przesłania zakodowanego tekstu dzielimy go na bloki i do każdego z bloków dodajemy tak zwane bity sprawdzające. Bity te są w ścisłej zależności z bitami informacyjnymi,
Bardziej szczegółowoTopologia zbioru Cantora a obwody logiczne
Adam Radziwończyk-Syta Michał Skrzypczak Uniwersytet Warszawski 1 lipca 2009 http://students.mimuw.edu.pl/~mskrzypczak/dokumenty/ obwody.pdf Zbiór Cantora Topologia Definicja Przez zbiór Cantora K oznaczamy
Bardziej szczegółowoWykład 10. Stwierdzenie 1. X spełnia warunek Borela wtedy i tylko wtedy, gdy każda scentrowana rodzina zbiorów domkniętych ma niepusty przekrój.
Wykład 10 Twierdzenie 1 (Borel-Lebesgue) Niech X będzie przestrzenią zwartą Z każdego pokrycia X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone Dowód Lemat 1 Dla każdego pokrycia U przestrzeni ośrodkowej
Bardziej szczegółowoMatematyczna wieża Babel. 4. Ograniczone maszyny Turinga o językach kontekstowych materiały do ćwiczeń
Matematyczna wieża Babel. 4. Ograniczone maszyny Turinga o językach kontekstowych materiały do ćwiczeń Projekt Matematyka dla ciekawych świata spisał: Michał Korch 4 kwietnia 2019 1 Dodajmy kontekst! Rozważaliśmy
Bardziej szczegółowoWyrażenia regularne.
Teoretyczne podstawy informatyki Wykład : Wyrażenia regularne. Prof. dr hab. Elżbieta Richter-Wąs.2.202 Wyrażenia regularne Wyrażenia regularne (ang. regular expressions) stanowią algebraiczny sposób definiowania
Bardziej szczegółowoWykład z równań różnicowych
Wykład z równań różnicowych 1 Wiadomości wstępne Umówmy się, że na czas tego wykładu zrezygnujemy z oznaczania n-tego wyrazu ciągu symbolem typu x n, y n itp. Zamiast tego pisać będziemy x (n), y (n) itp.
Bardziej szczegółowoGramatyki, wyprowadzenia, hierarchia Chomsky ego. Gramatyka
Gramatyki, wyprowadzenia, hierarchia Chomsky ego Teoria automatów i języków formalnych Dr inŝ. Janusz Majewski Katedra Informatyki Gramatyka Gramatyką G nazywamy czwórkę uporządkowaną gdzie: G =
Bardziej szczegółowo6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.).
6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.). 0 grudnia 008 r. 88. Obliczyć podając wynik w postaci ułamka zwykłego a) 0,(4)+ 3 3,374(9) b) (0,(9)+1,(09)) 1,() c) (0,(037))
Bardziej szczegółowoPROBLEMY NIEROZSTRZYGALNE
PROBLEMY NIEROZSTRZYGALNE Zestaw 1: T Przykład - problem domina T Czy podanym zestawem kafelków można pokryć dowolny płaski obszar zachowując odpowiedniość kolorów na styku kafelków? (dysponujemy nieograniczoną
Bardziej szczegółowoLuty 2001 Algorytmy (7) 2000/2001 s-rg@siwy.il.pw.edu.pl
System dziesiętny 7 * 10 4 + 3 * 10 3 + 0 * 10 2 + 5 *10 1 + 1 * 10 0 = 73051 Liczba 10 w tym zapisie nazywa się podstawą systemu liczenia. Jeśli liczba 73051 byłaby zapisana w systemie ósemkowym, co powinniśmy
Bardziej szczegółowoJęzyki formalne i automaty Ćwiczenia 1
Języki formalne i automaty Ćwiczenia Autor: Marcin Orchel Spis treści Spis treści... Wstęp teoretyczny... 2 Wprowadzenie do teorii języków formalnych... 2 Gramatyki... 5 Rodzaje gramatyk... 7 Zadania...
Bardziej szczegółowoTypy algorytmów losowych. ALP520 - Wykład z Algorytmów Probabilistycznych p.2
Typy algorytmów losowych ALP520 - Wykład z Algorytmów Probabilistycznych p.2 Typy algorytmów losowych Las Vegas - zawsze daje prawidłowa odpowiedź (różny czas działania). Przykład: RandQuicksort ALP520
Bardziej szczegółowoKATEDRA INFORMATYKI TECHNICZNEJ. Ćwiczenia laboratoryjne z Logiki Układów Cyfrowych. ćwiczenie 204
Opracował: prof. dr hab. inż. Jan Kazimierczak KATEDA INFOMATYKI TECHNICZNEJ Ćwiczenia laboratoryjne z Logiki Układów Cyfrowych ćwiczenie 204 Temat: Hardware'owa implementacja automatu skończonego pełniącego
Bardziej szczegółowoAlgorytmy Równoległe i Rozproszone Część III - Układy kombinacyjne i P-zupełność
Algorytmy Równoległe i Rozproszone Część III - Układy kombinacyjne i P-zupełność Łukasz Kuszner pokój 209, WETI http://www.kaims.pl/ kuszner/ kuszner@eti.pg.gda.pl Oficjalna strona wykładu http://www.kaims.pl/
Bardziej szczegółowoAutomaty Büchi ego i równoważne modele obliczeń
Politechnika Krakowska im. Tadeusza Kościuszki Wydział Fizyki, Matematyki i Informatyki Kierunek Matematyka Paulina Barbara Rozwód Automaty Büchi ego i równoważne modele obliczeń praca magisterska studia
Bardziej szczegółowoMaszyny Turinga i problemy nierozstrzygalne. Maszyny Turinga i problemy nierozstrzygalne
Maszyny Turinga Maszyna Turinga jest automatem ta±mowym, skª da si z ta±my (tablicy symboli) potencjalnie niesko«czonej w prawo, zakªadamy,»e w prawie wszystkich (tzn. wszystkich poza sko«czon liczb )
Bardziej szczegółowoMatematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /10
Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2018 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 10/10 Podziały i liczby Stirlinga Liczba Stirlinga dla cykli (często nazywana liczbą Stirlinga pierwszego rodzaju) to liczba permutacji
Bardziej szczegółowoRozwiązania części z około dwustu łatwych zadań z języków formalnych i złożoności obliczeniowej i być może jednego chyba trudnego
Rozwiązania części z około dwustu łatwych zadań z języków formalnych i złożoności obliczeniowej i być może jednego chyba trudnego Kamil Matuszewski 20 lutego 2017 23 marca 2017 Zadania, które zrobiliśmy
Bardziej szczegółowoKodowanie i kompresja Streszczenie Studia dzienne Wykład 9,
1 Kody Tunstalla Kodowanie i kompresja Streszczenie Studia dzienne Wykład 9, 14.04.2005 Inne podejście: słowa kodowe mają ustaloną długość, lecz mogą kodować ciągi liter z alfabetu wejściowego o różnej
Bardziej szczegółowoAUTOMATY SKOŃCZONE. Automat skończony przedstawiamy formalnie jako uporządkowaną piątkę:
AUTOMATY SKOŃCZONE DETERMINISTYCZNY AUTOMAT SKOŃCZONY - DAS Automat skończony jest modelem matematycznym systemu o dyskretnych wejściach i wyjściach. System taki w danej chwili może znajdować się w jednym
Bardziej szczegółowoPoprawność semantyczna
Poprawność składniowa Poprawność semantyczna Poprawność algorytmu Wypisywanie zdań z języka poprawnych składniowo Poprawne wartościowanie zdań języka, np. w języku programowania skutki wystąpienia wyróżnionych
Bardziej szczegółowo1 Działania na zbiorach
M. Beśka, Wstęp do teorii miary, rozdz. 1 1 1 Działania na zbiorach W rozdziale tym przypomnimy podstawowe działania na zbiorach koncentrując się na własnościach tych działań, które będą przydatne w dalszej
Bardziej szczegółowoMatematyczna wieża Babel. 3. Gramatyki o językach bezkontekstowych materiały do ćwiczeń
Matematyczna wieża Babel. 3. Gramatyki o językach bezkontekstowych materiały do ćwiczeń Projekt Matematyka dla ciekawych świata spisał: Michał Korch 21 marca 2019 1 Gramatyki! Gramatyka to taki przepis
Bardziej szczegółowoWykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni.
Wykład 4 Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni. Twierdzenie 1 Niech m, n Z. Jeśli n > 0 to istnieje dokładnie jedna para licz q, r, że: m = qn + r, 0 r < n. Liczbę r nazywamy resztą z dzielenia
Bardziej szczegółowoWykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych
Arytmetyka liczb całkowitych Wykład 1 Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych Z = {0, ±1, ±2,...}. Zakładamy, że czytelnik zna relację
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 2 szkice rozwiązań zadań 1. Dana jest taka liczba rzeczywista, której rozwinięcie dziesiętne jest nieskończone
Bardziej szczegółowoWstęp do informatyki- wykład 1 Systemy liczbowe
1 Wstęp do informatyki- wykład 1 Systemy liczbowe Treści prezentowane w wykładzie zostały oparte o: S. Prata, Język C++. Szkoła programowania. Wydanie VI, Helion, 2012 www.cplusplus.com Jerzy Grębosz,
Bardziej szczegółowoMODELOWANIE RZECZYWISTOŚCI
MODELOWANIE RZECZYWISTOŚCI Daniel Wójcik Instytut Biologii Doświadczalnej PAN d.wojcik@nencki.gov.pl tel. 022 5892 424 http://www.neuroinf.pl/members/danek/swps/ Podręcznik Iwo Białynicki-Birula Iwona
Bardziej szczegółowoMetoda tabel semantycznych. Dedukcja drogi Watsonie, dedukcja... Definicja logicznej konsekwencji. Logika obliczeniowa.
Plan Procedura decyzyjna Reguły α i β - algorytm Plan Procedura decyzyjna Reguły α i β - algorytm Logika obliczeniowa Instytut Informatyki 1 Procedura decyzyjna Logiczna konsekwencja Teoria aksjomatyzowalna
Bardziej szczegółowoJęzyki formalne i automaty Ćwiczenia 2
Języki formalne i automaty Ćwiczenia 2 Autor: Marcin Orchel Spis treści Spis treści... 1 Wstęp teoretyczny... 2 Metoda brute force... 2 Konwersja do postaci normalnej Chomskiego... 5 Algorytm Cocke a-youngera-kasamiego
Bardziej szczegółowoZadanie 1. Potęgi (14 pkt)
2 Egzamin maturalny z informatyki Zadanie 1. otęgi (14 pkt) W poniższej tabelce podane są wartości kolejnych potęg liczby 2: k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 k 1 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024 Ciąg a=(a 0,
Bardziej szczegółowoUkłady równań i nierówności liniowych
Układy równań i nierówności liniowych Wiesław Krakowiak 1 grudnia 2010 1 Układy równań liniowych DEFINICJA 11 Układem równań m liniowych o n niewiadomych X 1,, X n, nazywamy układ postaci: a 11 X 1 + +
Bardziej szczegółowoObliczenia inspirowane Naturą
Obliczenia inspirowane Naturą Wykład 01 Od maszyn Turinga do automatów komórkowych Jarosław Miszczak IITiS PAN Gliwice 03/03/2016 1 / 16 1 2 3 Krótka historia Znaczenie 2 / 16 Czego dowiedzieliśmy się
Bardziej szczegółowoIndukcja matematyczna
Indukcja matematyczna Zadanie 1 Wykazać, że dla dowolnego prawdziwa jest równość: Do obu stron założenia indukcyjnego należy dodać brakujący wyraz. Sprawdzamy prawdziwość równości (1) dla. Prawa strona:.
Bardziej szczegółowoZłożoność obliczeniowa zadania, zestaw 2
Złożoność obliczeniowa zadania, zestaw 2 Określanie złożoności obliczeniowej algorytmów, obliczanie pesymistycznej i oczekiwanej złożoności obliczeniowej 1. Dana jest tablica jednowymiarowa A o rozmiarze
Bardziej szczegółowoWstęp do Informatyki zadania ze złożoności obliczeniowej z rozwiązaniami
Wstęp do Informatyki zadania ze złożoności obliczeniowej z rozwiązaniami Przykład 1. Napisz program, który dla podanej liczby n wypisze jej rozkład na czynniki pierwsze. Oblicz asymptotyczną złożoność
Bardziej szczegółowoMatematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14
Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2019 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 4/14 Indukcja matematyczna Poprawność indukcji matematycznej wynika z dobrego uporządkowania liczb naturalnych, czyli z następującej
Bardziej szczegółowoStruktury danych i złożoność obliczeniowa Wykład 7. Prof. dr hab. inż. Jan Magott
Struktury danych i złożoność obliczeniowa Wykład 7 Prof. dr hab. inż. Jan Magott Problemy NP-zupełne Transformacją wielomianową problemu π 2 do problemu π 1 (π 2 π 1 ) jest funkcja f: D π2 D π1 spełniająca
Bardziej szczegółowoJęzyki regularne, rozpoznawanie wzorców regularnych, automaty skończone, wyrażenia regularne
Języki regularne, rozpoznawanie wzorców regularnych, automaty skończone, wyrażenia regularne Automat skończony (AS), ang. Finite Automaton (FA) Automat skończony (automat czytający, maszyna Rabina-Scotta)
Bardziej szczegółowoMatematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /10
Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, 2018 andrzej.lachwa@uj.edu.pl 3/10 indukcja matematyczna Poprawność indukcji matematycznej wynika z dobrego uporządkowania liczb naturalnych, czyli z następującej
Bardziej szczegółowoModele Obliczeń. Wykład 1 - Wprowadzenie. Marcin Szczuka. Instytut Matematyki, Uniwersytet Warszawski
Modele Obliczeń Wykład 1 - Wprowadzenie Marcin Szczuka Instytut Matematyki, Uniwersytet Warszawski Wykład fakultatywny w semestrze zimowym 2014/2015 Marcin Szczuka (MIMUW) Modele Obliczeń 2014/2015 1 /
Bardziej szczegółowoZłożoność informacyjna Kołmogorowa. Paweł Parys
Złożoność informacyjna Kołmogorowa Paweł Parys Serock 2012 niektóre liczby łatwiej zapamiętać niż inne... (to zależy nie tylko od wielkości liczby) 100...0 100 100... 100 100 100 25839496603316858921 31415926535897932384
Bardziej szczegółowoTreść wykładu. Pierścienie wielomianów. Dzielenie wielomianów i algorytm Euklidesa Pierścienie ilorazowe wielomianów
Treść wykładu Pierścienie wielomianów. Definicja Niech P będzie pierścieniem. Wielomianem jednej zmiennej o współczynnikach z P nazywamy każdy ciąg f = (f 0, f 1, f 2,...), gdzie wyrazy ciągu f są prawie
Bardziej szczegółowoZadanie 4 Zadanie 5 Zadanie 6. Repetytorium z JFiZO. Jakub Michaliszyn 25 maja 2017
Repetytorium z JFiZO Jakub Michaliszyn 25 maja 2017 dom(m) jest rekurencyjny wtw, gdy istnieje całkowita funkcja rekurencyjna t M (n) taka, że jeśli M(n) staje, to staje po dokładnie t M (n) krokach. dom(m)
Bardziej szczegółowoWstęp do informatyki- wykład 2
MATEMATYKA 1 Wstęp do informatyki- wykład 2 Systemy liczbowe Treści prezentowane w wykładzie zostały oparte o: S. Prata, Język C++. Szkoła programowania. Wydanie VI, Helion, 2012 www.cplusplus.com Jerzy
Bardziej szczegółowo2 Arytmetyka. d r 2 r + d r 1 2 r 1...d d 0 2 0,
2 Arytmetyka Niech b = d r d r 1 d 1 d 0 będzie zapisem liczby w systemie dwójkowym Zamiana zapisu liczby b na system dziesiętny odbywa się poprzez wykonanie dodawania d r 2 r + d r 1 2 r 1 d 1 2 1 + d
Bardziej szczegółowoPierścień wielomianów jednej zmiennej
Rozdział 1 Pierścień wielomianów jednej zmiennej 1.1 Definicja pierścienia wielomianów jednej zmiennej Definicja 1.1 Niech P będzie dowolnym pierścieniem. Ciąg nieskończony (a 0, a 1,..., a n,...) elementów
Bardziej szczegółowoJęzyki formalne i automaty Ćwiczenia 8
Języki formalne i automaty Ćwiczenia 8 Autor: Marcin Orchel Spis treści Spis treści... 1 Wstęp teoretyczny... 2 Konwersja NFA do DFA... 2 Minimalizacja liczby stanów DFA... 4 Konwersja automatu DFA do
Bardziej szczegółowoCiągi komplementarne. Autor: Krzysztof Zamarski. Opiekun pracy: dr Jacek Dymel
Ciągi komplementarne Autor: Krzysztof Zamarski Opiekun pracy: dr Jacek Dymel Spis treści 1 Wprowadzenie 2 2 Pojęcia podstawowe 3 2.1 Oznaczenia........................... 3 2.2 "Ciąg odwrotny"........................
Bardziej szczegółowoAlgebrą nazywamy strukturę A = (A, {F i : i I }), gdzie A jest zbiorem zwanym uniwersum algebry, zaś F i : A F i
Algebrą nazywamy strukturę A = (A, {F i : i I }), gdzie A jest zbiorem zwanym uniwersum algebry, zaś F i : A F i A (symbol F i oznacza ilość argumentów funkcji F i ). W rozważanych przez nas algebrach
Bardziej szczegółowoSchematy Piramid Logicznych
Schematy Piramid Logicznych geometryczna interpretacja niektórych formuł Paweł Jasionowski Politechnika Śląska w Gliwicach Wydział Matematyczno-Fizyczny Streszczenie Referat zajmuje się następującym zagadnieniem:
Bardziej szczegółowoB jest liniowo niezależny V = lin (B) 1. Układ pusty jest bazą przestrzeni trywialnej {θ}. a i v i = i I. b i v i, (a i b i ) v i = θ.
8 Baza i wymiar Definicja 8.1. Bazą przestrzeni liniowej nazywamy liniowo niezależny układ jej wektorów, który generuję tę przestrzeń. Innymi słowy, układ B = (v i ) i I wektorów z przestrzeni V jest bazą
Bardziej szczegółowoCiała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a);
Ciała i wielomiany 1 Ciała i wielomiany 1 Definicja ciała Niech F będzie zbiorem, i niech + ( dodawanie ) oraz ( mnożenie ) będą działaniami na zbiorze F. Definicja. Zbiór F wraz z działaniami + i nazywamy
Bardziej szczegółowo